陕西省汉中市2020届高三上学期第四次质量检测物理试题

2020届高三第4次质量检测物理试题

一、选择题

1.科学家探究自然界的物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献。下列描述符合物理学史实的是

A. 卢瑟福首先实现了原子核的人工转变，该实验验证了原子核是可再分的

B. 波尔最先将“能量子”的概念引入物理学，为量子力学的建立开创了先河

C. 库伦最先通过实验测量出了元电荷的电量

D. 牛顿最先采用数学推理与实验验证相结合的方法来研究物理问题

【答案】A

【解析】

【详解】A．卢瑟福首先实现了原子核的人工转变，该实验验证了原子核是可再分的，故A正确；

B．普朗克最先将“能量子”的概念引入物理学，为量子力学的建立开创了先河，故B错误；

C．密立根最早测出了元电荷e的数值，故C错误；

D．伽利略最先采用数学推理与实验验证相结合的方法来研究物理问题，故D错误。

2.一质点在x轴上做直线运动，位置坐标随时间的变化关系为x=6t+2-t2（t的单位为“s”，x的单位为“m”），则

A. 质点的加速度为1m/s2 B. 从t=0到t=4s质点发生的位移为10m

C. 从t=0到t=4s质点通过的路程为8m D. 从t=0到t=4s质点的平均速率为2.5m/s

【答案】D

【解析】

【详解】A．由题，此质点沿直线运动的位移随时间的变化关系式

匀变速直线运动的位移-时间关系式为，两式相比较，得到：
物体的初速度为，加速度保持不变，说明物体做匀加速直线运动，故A错误；

B．质点前4s的位移

故B错误；

C．质点速度减为零的时间

前3s内质点的位移

反向匀加速运动的位移

所以4s内通过的路程为

故C错误；

D．从t=0到t=4s质点的平均速率

故D正确。

3.如图所示，面积足够大的两平行金属板竖直放置，板间距离为d，两平行金属板与直流电压为U的电源连接（图中未画出），右极板接地，板间放有一个半径为R的绝缘金属球壳，AB为金属球壳的水平直径，若d=4R，则下列说法正确的是

A. 由于静电感应，金属球壳上A、B两点的电势差为

B. 金属球壳中心O点的场强方向水平向右

C. 由于静电感应，金属球壳中心O点的电势一定大于0

D. 金属球壳外表面上的任何两点场强都相同

【答案】C

【解析】

【详解】A．处于静电平衡状态的导体是等势体，导体表面上电势处处相等，金属球壳上A、B两点的电势差为零，故A错误；

B．处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零，球壳中心O点场强为零，故B错误；

C．处于静电平衡状态的导体是等势体，右极板接地，右极板电势为零，左极板带正电，电场线方向向右，沿电场线的方向电势降低，所以金属球壳中心O点的电势一定大于0，故C正确；

D．球壳AB是一个等势体，AB的外表面处，各点的电场强度的方向与球壳的外表面垂直，所以A点与B点的电场强度的方向一定不同，故D错误。

4.如图所示，两个大小不等光滑球置于半球状的凹槽内，O为凹槽的球心，O1是质量为m1的大球的球心，O2是质量为m2的小球的球心，两球静止时切点正好处于O点正下方。则下列说法正确的是

A. m1>m2 B. m1<m2

C. 凹槽对大球的弹力等于对小球的弹力 D. 凹槽对大球的弹力大于对小球的弹力

【答案】B

【解析】

【详解】AB．对两个球进行受力分析如图所示，设大球半径为R，小球半径为r，则根据力三角形和几何三角形相似有

则

因为作用力和反作用力等大，反向，所以

又因为，所以

故A错误，B正确；

CD．因为

因为，，所以

故CD错误。

5.太阳系中的8大行星的轨道均可以近似看做圆轨道。下列4幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图像。图中坐标系的横轴是lg（v0/v），纵轴是lg（R/R0）；这里v和R分别是行星绕太阳运行的线速率和相应的圆轨道半径，v0和R0分别是水星绕太阳运行的线速率和相应的圆轨道半径。下列4幅图中正确的是

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】根据万有引力提供向心力有

得

同理

两式相比取对数有

故B正确。

6.一小球从楼梯顶被水平抛出，飞出的速度为2m/s，若楼梯每阶高均为0.2m。宽度均为0.25m，如图所示，重力加速度取g＝10m/s2，则小球第一次将落在

A. 第一级台阶上 B. 第二级台阶上 C. 第三级台阶上 D. 第四级台阶上

【答案】C

【解析】

【详解】设小球落到斜线上的时间t，水平

竖直

且

解得

相应的水平距离

台阶数

知小球抛出后首先落到的台阶为第3级台阶，故C正确。

7.航母的主要作用是给舰载机提供一个良好的海上起降平台，方便舰载机的起降。如图所示是某次舰载机降落后，在航母上运动过程的速度的平方与位移之间的关系图像，舰载机在航母上滑行的总的距离为40m，下列说法正确的是

A. 该过程舰载机的加速度不断增大

B. 该过程舰载机的平均速度一定小于15m/s

C. 该过程舰载机运动时间小于2s

D. 该过程舰载机运动时间可能等于2s

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据可得

根据图像的斜率为2a可知，加速度逐渐减小，故A错误；

B．该过程舰载机的初速度，则初速度，速度图像如图实线所示，由于虚线与坐标轴围成的面积除以时间等于15m/s，则实线与坐标轴围成的面积除以时间小于15m/s，所以平均速度一定小于15m/s，故B正确；

CD．根据位移时间关系可得

解得：

由于平均速度小于15m/s，该过程舰载机运动时间大于2s，故CD错误。

8.如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动，现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1，、、－5，g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法中正确的是

A. 轻杆的长度为0.5m B. 小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向下

C. B点对应时刻小球的速度为3m/s D. 曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0.6m

【答案】D

【解析】

【详解】A．设杆的长度为L，小球从A到C的过程中机械能守恒，得

所以

故A错误；

B．若小球在A点恰好对杆的作用力是0，则有

临界速度为

由于小球在A点速度小于临界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，是竖直向上的支持力，故B错误；

C．小球从A到B的过程中机械能守恒，得

所以

故C错误；

D．由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即0.6m，故D正确。

9.如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，不计电子间的相互作用，下列判断正确的是

A. 电子在磁场中的运动时间越长，其轨迹线越长

B. 在磁场中运动时间相同的电子，其速度的偏转角一定相同

C. 电子在磁场中的运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大

D. 电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不相同

【答案】BC

【解析】

【详解】电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大；由周期公式知，周期与电子的速率无关；由

可知，粒子在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中运动时间相同，则偏转角相等，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们都经过了半个周期，运动的时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，由知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，轨迹5的长度要小于轨迹2的长度，但是轨迹5对应的时间要大于轨迹2对应的时间，故BC正确。

10.如图所示，在光滑的绝缘水平面上有一边长为L的正方形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，有一个边长比L小的正方形线圈以速度v0沿水平方向进入磁场，全部穿出磁场时速度为v，则下列说法正确的是

A. 线圈进入磁场和穿出磁场的过程中，线圈中感应电流的方向相同

B. 线圈进入磁场和穿出磁场的过程中，产生的电能相同

C. 线圈进入磁场和穿出磁场的过程中，通过线圈横截面的电荷量的绝对值大小相同

D. 线圈全部进入磁场时速度为

【答案】CD

【解析】

【详解】A．根据楞次定律可知，线圈进入磁场和穿出磁场的过程中，线圈中感应电流的方向相反，故A错误；

B．线圈进入磁场和穿出磁场的过程都做减速运动，根据

知线圈进入磁场时安培力的平均值较大，线圈克服安培力做功较多，产生的电能较大，故B错误；

C．线圈进入磁场和穿出磁场的过程中，通过线圈的磁通量变化量相等，根据

知通过线圈横截面的电荷量的绝对值大小相同，故C正确；

D．设线圈全部进入磁场时速度为v′，由动量定理可知，进入磁场过程中

又电量

得

同理可得离开磁场过程中：

进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，则有

解得：

故D正确。

11.如图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，线圈的匝数N=100、电阻r＝5，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=95。理想交流电压表的示数为19V，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按如图乙所示的正弦规律变化。下列说法正确的是

A. t＝1×10-2s时，线圈中的电流改变方向

B. t=1.5×10-2s时，理想交流电流表的示数为0

C. 发动机的电动势随时间变化的规律为

D. 0～0.5×10-2s内，电动势的平均值为

【答案】CD

【解析】

【详解】A．分析图乙可知，时，磁通量为0，则线圈平行于磁感线，根据交变电流的产生规律可知，此时交变电流具有最大值，电流方向不变，故A错误；

B．交流发电机产生电动势的最大值，根据最大值与有效值的关系可知，有效值

交流电表的示数为有效值，不为0，故B错误；

C．矩形线圈的电阻r=5Ω，外接电阻R=95Ω．理想交流电压表的示数为19V，根据闭合电路欧姆定律可知，电动势的有效值

根据最大值与有效值的关系可知，最大值

角速度

图示位置，电动势最大，则发动机的电动势随时间变化的规律为

故C正确；

D．内，线圈转动，根据法拉第电磁感应定律可知

故D正确。

12.我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组由动车和拖车编组而成。提供动力的车厢为动车，不提供动力的车厢为拖车。某列动车组由8节车厢组成。其中2车和7车为动车，其余为拖车。假设该动车组各车厢质量均相等。相同运行状态下2车和7车提供的动力相同，运行过程中每节车厢受到的阻力相等，如图，该动车组以1车在前、8车在后的方向沿水平直轨道运行。则

A. 启动时，7车对6车的作用力为推力

B. 关闭动力滑行时，6、7车之间既无推力也无拉力

C. 匀速运动时，6、7车之间既无推力也无拉力

D. 匀速运动时，6、7车之间的作用力小于2、3车之间的作用为

【答案】AB

【解析】

【详解】设每节动车的牵引力为F，每一节车厢的质量是m，阻力为f，

A．启动时，有两节动力车厢，对整个动车组车进行受力分析得

对第1车到第6车进行受力分析得

对第6车到第7车进行受力分析得

联立解得

即7车对6车的作用力为推力，故A正确；

B．关闭动力滑行时，对整个动车组车进行受力分析得：

对第6车到第7车进行受力分析得：

联立解得：

即6、7车之间既无推力也无拉力，故B正确；

CD．匀速运动时，对整个动车组车进行受力分析得

对第1车到第6车进行受力分析得

对第6车到第7车进行受力分析得

对第1车到第2车进行受力分析得

联立解得

，

即6、7车之间的作用力为，6、7车之间的作用力等于2、3车之间的作用力，故D错误。

二、实验

13.伏安法测电阻，当被测电阻不知估计值时，在连接测量电路时可采用以下试接的方法：电压表一端连接于电路中C点，另一端分别接电路中a点或b点（图中用单刀双掷开关K进行变换），观察两电表读数变化情况，来选择电流表的接法。设两表的量程及所接电源都合适。

（1）当K分别接a和接b时，发现电流表读数比电压表计数变化明显，若要减小误差则应采用K接______点的方法（填“a”或“b”）

（2）由于电表内阻的影响，用上述测量仍存在误差，则该误差属于_______（填“系统误差”或“偶然误差”）。

（3）若己知电压表内阻为RV，电流表内阻为RA，测量时电压表和电流表读数分别为U和I，则上述测量中被测电阻真实值为Rx＝_______

【答案】    (1). a    (2). 系统误差    (3).

【解析】

【详解】(1)[1]当K分别接a和接b时，发现电流表读数比电压表计数变化明显，说明电流表的分压作用较小，所以要用内接法，即应采用K接a点的方法；

(2)[2]用此接法电压表测量的是电流表和被测电阻的总电压，电流表测量的是被测电阻的电流，根据欧姆定律可知，电压偏大，电流准确，所以电阻值偏大，属于系统误差；

(3)[3]电阻两端的电压

根据欧姆定律得

14.某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系．

（1）下列做法正确的是 ________ （选填字母代号）．

A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行

B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上

C．实验时，先放开木块再接通打点计时器电源

D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度

（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”）

（3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲 ________   m乙 ，μ甲 ________ μ乙．（选填“大于”“小于”或“等于”）

【答案】    (1). AD    (2). 远小于    (3). 小于    (4). 大于

【解析】

【详解】（1）[1]．实验中细绳要保持与长木板平行，A项正确；平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，这样无法平衡摩擦力，B项错误；实验时应先接通电源再放开木块，C项错误；平衡摩擦力后，改变木块上的砝码的质量后不再需要重新平衡摩擦力，D项正确．

（2）[2]．由整体法和隔离法得到细绳中的拉力

F＝Ma＝M＝mg，

可见，当砝码桶和桶内砝码的总质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时，可得F≈mg.

（3）[3]．不平衡摩擦力，则

F－μmg＝ma，

a＝－μg，

图象的斜率大的木块的质量小，纵轴截距绝对值大的动摩擦因数大，因此

m甲<m乙，μ甲>μ乙．

三、计算

15.如图所示，电子以初速度v0射入匀强电场中的沿水平方向的等势面1（己知电势为），已知电子电量为e，质量为m、射入时速度与竖直方向夹角为α，求电子从等势面2（已知电势为）射出时速度与竖直方向的夹角β的正弦值sinβ。（电子重力不计）

【答案】

【解析】

【详解】设电子经过等势面2时速度大小为v，电子经过两等势面的过程水平分速度不变，

则有

   ①

另由动能定理：

    ②

由①②得：

16.如图是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r=1.5m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑。已知桌面离地高度为h=0.8m，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是0.4m．已知碟子质量m=0.1kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力Fmax=0.6N．求：

（1）碟子从桌面飞出时的速度大小；

（2）碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；

（3）若碟子与桌面动摩擦因数为μ=0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？

【答案】（1）   （2）   （3）

【解析】

详解】（1）根据平抛运动规律：

解得：

（2）碟子从圆盘上甩出时的速度为 ，则：

解得：

由动能定理得：

代入数据得：

（3）当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。设物体在餐桌上滑动的位移为s，由动能定理有：

餐桌的最小半径为：

可得：

s=2.5m

17.如图所示，足够长的粗糙水平轨道AB上放置长木板m2和小滑块m3，小滑块m1置于m2的右端。m3与长木板m 2左端距离S=0.16m。现m1以水平向左的初速度v0=2.1m/s滑上长木板m 2的右端。当m 2与m 3发生弹性正碰（碰撞时间极短）后最终m 1和m 2均停下，且m 1还在长木板m 2上。己知m 1＝1.0kg，m 2=0.5kg，m 3=0.3kg，m 1与m 2之间动摩擦因数μ1=0.1、m 2与AB之间动摩擦因数μ2＝0.05、m 3与AB间摩擦不计，取g=10m/s2。求：

（1）m 2开始运动到与m 3发生碰撞经历的时间；

（2）m 2与m3碰撞结束瞬间，m 3速度大小；

（3）m 2运动的总路程。

【答案】（1）0.8s（2）0.1m/s（3）0.65m

【解析】

【详解】(1)根据牛顿第二定律可知：小滑块的加速度大小为

长木板的加速度为

与相撞时经过的时间t1，根据位移时间关系可得：

解得

此时小滑块的速度

长木板的速度

(2)与碰前的速度为，长木板与小滑块发生弹性碰撞前后

由动量守恒：

由机械能守恒得：

解得：

；

(3)与相碰后，设、碰撞后经过时间小滑块与长木板速度相同，设为v，则，

，

解得：

s；

恰好等于小滑块的速度，可知长木板不可能再与发生第二次碰撞。这段时间内长木板的位移

设此后长木板与小滑块一起以共同的加速度a做匀减速直线运动直到停止，因

所以小于a；故成立，一起匀减速的位移

长木板运动的总路程

四、选做题

18.下列说法中正确的有（    ）

A. 在完全失重的情况下，密封容器内的气体对器壁的作用力为零

B. 一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对单位面积器壁的平均碰撞次数随着温度降低而增加

C. 悬浮在液体中的固体微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显

D. 温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大

E. 当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大

【答案】BDE

【解析】

【详解】A．密封容器内的气体压强和气体的重力无关，故A与题意不符；

B．温度是分子平均动能的标志。根据气体压强的微观意义，气体压强与气体分子的平均动能和分子每秒对单位面积器壁的平均碰撞次有关，在压强不变时，分子每秒对单位面积器壁的平均碰撞次数随着温度降低而增加，故B与题意相符；

C．悬浮在液体中的固体微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，小颗粒的运动就越趋于平衡，布朗运动越不明显，故C与题意不符；

D．温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能就越大，物体内能不一定大，故D与题意相符；

E．当分子间作用力表现为斥力时，分子距离减小，分子力做负功，分子势能增大，故E与题意相符。

19.如图所示，一个开口向上的圆柱形气缸置于水平面上，活塞与气缸之间封闭有一定质量的理想气体，温度t1=270C，气柱高度为l。活塞的质量m＝1kg，面积S=10cm2，与气缸之间无摩擦且不漏气。活塞正上方用轻质细线悬挂一重物，重物的质量M=2kg，重物底部与活塞的距离也为l。己知大气压强p0＝1.0×105Pa，气缸高度h＝2.5l，热力学温度与摄氏温度的关系为T＝（t+273）K，g＝10m/s2，如果给封闭气体缓慢加热，求当活塞移动到气缸顶部时气体的摄氏温度与压强。（保留三位有效数字）

【答案】613 ；

【解析】

【详解】初态气体压强

温度

当活塞移至气缸顶部时，栓重物的细绳变松弛，封闭气体压强

对封闭气体，由理想气体状态方程：

解得：

即此时的摄氏温度

20.下列说法正确的是（    ）

A. 观测到某星球上A元素发出的光的频率大于地球上A元素发出的光的频率，则该星球正在靠近地球

B. 自然光包含着垂直于传播方向上的沿一切方向振动的光，且沿各个方向振动的光的强度均相同

C. 在岸边观察水中的鱼，鱼的实际深度比看到的要浅一些

D. 在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则干涉条纹间距变宽

E. 若红光由真空进入折射率为n的介质中，则红光在介质中的波长与其在真空中的波长的比值为n

【答案】ABD

【解析】

【详解】A．根据多普勒效应可以计算出物体相对运动的速度，所以通过测量星球上某些元素发出光波的频率，然后与地球上这些元素静止时发光的频率对照，就可以算出星球靠近或远离我们的速度，故A与题意相符；

B．自然光包含着垂直于传播方向上的沿一切方向振动的光，且沿各个方向振动的光的强度均相同，故B与题意相符；

C．在岸边观察水中的鱼，看到的鱼是由于鱼发出的光线经过水面折射形成的虚像，根据折射定律知折射角大于入射角，所以看到的鱼比实际深度要浅一些，故C与题意不符；

D．根据双缝干涉的宽度公式：可知，在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，波长变长，则干涉条纹间距变宽，故D与题意相符；

E．红光由真空进入折射率为n的介质中，频率不变，则

得红光在介质中的波长与其在真空中的波长的比值

故E与题意不符。

21.如图所示，一弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间沿x轴做简谐运动，B、C两点间的距离为30cm。在t＝0时刻，振子从O、B两点间的P点以速度v向B点运动。在t=0.4s时刻，振子速度第一次变为－v。在t=0.6s时刻，振子速度第二次变为－v。求：

（1）弹簧振子的周期，并写出振子的位移表达式

（2）从t=0时刻开始，4s内振子经过的路程

（3）与经过P点时的回复力大小相等且加速度正在减小的时刻

【答案】（1）（2）195cm（3）    n=0、1、2

【解析】

【详解】(1)由对称性知

得：

振幅

由于t=0及t=0.4s振子的位移相同而速度等大反向，故初相

角频率为

故振子位移表达式为

(2)4s内周期数为

令，代入位移表达式解得

故振子的路程

(3)与经过P点时的回复力大小相等且加速度正在减小的时刻为

    n=0、1、2